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专题17 图形的变换和投影视图-备考2020中考数学高频考点分类突破(解析版)

备考2020中考数学高频考点分类突破图形的变换和投影视图一.选择题1.(2019 福建中考)下列图形中,一定既是轴对称图形又是中心对称图形的是()A.等边三角形B.直角三角形C.平行四边形D.正方形【答案】D.【分析】根据轴对称图形和中心对称图形的概念对各选项分析判断即可得解.【解答】解:A、等边三角形是轴对称图形,不是中心对称图形,故本选项错误;B、直角三角形不是轴对称图形,也不是中心对称图形,故本选项错误;C、平行四边形不是轴对称图形,是中心对称图形,故本选项错误;D、正方形既是轴对称图形,又是中心对称图形,故此选项正确.故选:D.2.(2019 广东中考)下列四个银行标志中,既是中心对称图形,又是轴对称图形的是()A.B.C.D.【答案】C.【分析】根据轴对称图形和中心对称图形的概念对各选项分析判断即可得解.【解答】解:A、是轴对称图形,不是中心对称图形,故本选项错误;B 、是轴对称图形,不是中心对称图形,故本选项错误;C、既是轴对称图形,也是中心对称图形,故本选项正确;12 D 、是轴对称图形,不是中心对称图形,故本选项错误.故选:C .3.(2019 湖北黄石中考)下列图形中,既是轴对称图形又是中心对称图形的是( )A .B .C .D .【答案】D .【分析】根据轴对称图形和中心对称图形的概念对各选项分析判断即可得解.【解答】解:A 、是轴对称图形,不是中心对称图形,故本选项错误;B 、不是轴对称图形,是中心对称图形,故本选项错误;C 、是轴对称图形,不是中心对称图形,故本选项错误;D 、既是轴对称图形,又是中心对称图形,故此选项正确.故选:D .4.(2019 吉林中考)把图中的交通标志图案绕着它的中心旋转一定角度后与自身重合,则这个旋转角度至少为( )A .30°B .90°C .120°D .180° 【答案】C .【分析】根据图形的对称性,用360°除以3计算即可得解.【解答】解:∵360°÷3=120°,3 ∴旋转的角度是120°的整数倍,∴旋转的角度至少是120°.故选:C .5.(2019·甘肃兰州)如图,平面直角坐标系xOy 中,将四边形ABCD 先向下平移,再向右平移得到四边形A 1B 1C 1D 1,已知A (–3,5),B (–4,3),A 1(3,3),则点B 1坐标为A .(1,2)B .(2,1)C .(1,4)D .(4,1)【答案】B 【解析】图形向下平移,纵坐标发生变化,图形向右平移,横坐标发生变化.A (–3,5)到A 1(3,3)得向右平移3–(–3)=6个单位,向下平移5–3=2个单位.所以B (–4,3)平移后B 1(2,1).故选B . 6.(2019·山东枣庄)如图,将△ABC 沿BC 边上的中线AD 平移到△A ′B ′C ′的位置.已知△ABC 的面积为16,阴影部分三角形的面积9.若AA ′=1,则A ′D 等于A .2B .3 C.4 D . 324 【答案】B【解析】∵S △ABC =16.S △A ′EF =9,且AD 为BC 边的中线,∴S △A ′DE =S △A ′EF =,S △ABD =S △ABC =8, ∵将△ABC 沿BC 边上的中线AD 平移得到△A 'B 'C ',∴A ′E ∥AB ,∴△DA ′E ∽△DAB ,则,即,解得A ′D =3或A ′D =﹣(舍),故选B . 【名师点睛】本题主要平移的性质,解题的关键是熟练掌握平移变换的性质与三角形中线的性质、相似三角形的判定与性质等知识点.7.(2019•湖南邵阳)一次函数y 1=k 1x +b 1的图象l 1如图所示,将直线l 1向下平移若干个单位后得直线l 2,l 2的函数表达式为y 2=k 2x +b 2.下列说法中错误的是A .k 1=k 2B .b 1<b 2C .b 1>b 2D .当x =5时,y 1>y 2 【答案】B 【解析】∵将直线l 1向下平移若干个单位后得直线l 2,∴直线l 1∥直线l 2,∴k 1=k 2,∵直线l 1向下平移若干个单位后得直线l 2,∴b 1>b 2,∴当x =5时,y 1>y 2,故选B .【名师点睛】本题考查图形的平移变换和函数解析式之间的关系,在平面直角坐标系中,图形的平移与图形上某点的平移相同.平移中点的变化规律是:横坐标左移加,右移减;纵坐标上移加,下移减.平移后解析式有这样一个规律“左加右减,上加下减”.关键是要搞清楚平移前后的解析式有什么关系. 8.(2019,山东枣庄,3分)下列图形,可以看作中心对称图形的是1292122A'DE ABD S A'D AD S ⎛⎫= ⎪⎝⎭2991816A'D A'D ⎛⎫== ⎪+⎝⎭375 A . B .C .D .【答案】B【解析】A .不是中心对称图形,故本选项不符合题意;[w %ww ^~.&.co @m ]B .是中心对称图形,故本选项符合题意;C .不是中心对称图形,故本选项不符合题意;D .不是中心对称图形,故本选项不符合题意.故选B .【名师点睛】本题考查了中心对称图形的概念,中心对称图形是要寻找对称中心,旋转180度后两部分重合.9.(2019•随州)如图是一个几何体的三视图,则这个几何体的表面积为( )A .2πB .3πC .4πD .5π【解答】解:根据三视图可得这个几何体是圆锥,底面积=π×12=π,6侧面积为=12lR =12×2π×3=3π, 则这个几何体的表面积=π+3π=4π;故选:C .10.(2019•河北)图2是图1中长方体的三视图,若用S 表示面积,S 主=x 2+2x ,S 左=x 2+x ,则S 俯=( )A .x 2+3x +2B .x 2+2C .x 2+2x +1D .2x 2+3x【解答】解:∵S 主=x 2+2x =x (x +2),S 左=x 2+x =x (x +1),∴俯视图的长为x +2,宽为x +1,则俯视图的面积S 俯=(x +2)(x +1)=x 2+3x +2,故选:A .11.(2019 重庆中考)如图,在△ABC 中,D 是AC 边上的中点,连结BD ,把△BDC 沿BD 翻折,得到△BDC ',DC ′与AB 交于点E ,连结AC ',若AD =AC ′=2,BD =3,则点D 到BC ′的距离为( )A .B .C .D .【答案】B .【分析】连接CC',交BD于点M,过点D作DH⊥BC'于点H,由翻折知,△BDC≌△BDC',BD垂直平分CC',证△ADC'为等边三角形,利用解直角三角形求出DM=1,C'M=DM=,BM=2,在Rt△BMC'中,利用勾股定理求出BC'的长,在△BDC'中利用面积法求出DH的长.【解答】解:如图,连接CC',交BD于点M,过点D作DH⊥BC'于点H,∵AD=AC′=2,D是AC边上的中点,∴DC=AD=2,由翻折知,△BDC≌△BDC',BD垂直平分CC',∴DC=DC'=2,BC=BC',CM=C'M,∴AD=AC′=DC'=2,∴△ADC'为等边三角形,∴∠ADC'=∠AC'D=∠C'AC=60°,∵DC=DC',∴∠DCC'=∠DC'C=×60°=30°,在Rt△C'DM中,∠DC'C=30°,DC'=2,∴DM=1,C'M=DM=,∴BM=BD﹣DM=3﹣1=2,在Rt△BMC'中,BC'===,∵S△BDC'=BC'•DH=BD •CM ,78∴DH =3×,∴DH =,故选:B .二、填空题12.(2019 甘肃中考)如图,每一图中有若干个大小不同的菱形,第1幅图中有1个菱形,第2幅图中有3个菱形,第3幅图中有5个菱形,如果第n 幅图中有2019个菱形,则n = .【答案】1010.【分析】根据题意分析可得:第1幅图中有1个,第2幅图中有2×2﹣1=3个,第3幅图中有2×3﹣1=5个,…,可以发现,每个图形都比前一个图形多2个,继而即可得出答案.【解答】解:根据题意分析可得:第1幅图中有1个.第2幅图中有2×2﹣1=3个.第3幅图中有2×3﹣1=5个.第4幅图中有2×4﹣1=7个.…. 可以发现,每个图形都比前一个图形多2个.9故第n 幅图中共有(2n ﹣1)个.当图中有2019个菱形时,2n ﹣1=2019,n =1010,故答案为:1010.13.(2019 陕西中考)如图,在正方形ABCD 中,AB =8,AC 与BD 交于点O ,N 是AO 的中点,点M 在BC 边上,且BM =6.P 为对角线BD 上一点,则PM ﹣PN 的最大值为 .【答案】2.【分析】作以BD 为对称轴作N 的对称点N ',连接PN ',MN ',依据PM ﹣PN =PM ﹣PN '≤MN ',可得当P ,M ,N '三点共线时,取“=”,再求得==,即可得出PM ∥AB ∥CD ,∠CMN '=90°,再根据△N 'CM 为等腰直角三角形,即可得到CM =MN '=2.【解答】解:如图所示,作以BD 为对称轴作N 的对称点N ',连接PN ',MN ',根据轴对称性质可知,PN =PN ',∴PM ﹣PN =PM ﹣PN '≤MN ',当P ,M ,N '三点共线时,取“=”,∵正方形边长为8,∴AC=AB =,∵O为AC中点,∴AO=OC=,∵N为OA中点,∴ON=,∴ON'=CN'=,∴AN'=,∵BM=6,∴CM=AB﹣BM=8﹣6=2,∴==∴PM∥AB∥CD,∠CMN'=90°,∵∠N'CM=45°,∴△N'CM为等腰直角三角形,∴CM=MN'=2,即PM﹣PN的最大值为2,故答案为:2.14.(2019·山东淄博)如图,在正方形网格中,格点△ABC绕某点顺时针旋转角α(0<α<180°)得到格点△A1B1C1,点A与点A1,点B与点B1,点C 与点C 1是对应点,则α=__________度.1011【答案】90【解析】如图,连接CC 1,AA 1,作CC 1,AA 1的垂直平分线交于点E ,连接AE ,A 1E∵CC 1,AA 1的垂直平分线交于点E ,∴点E 是旋转中心,∵∠AEA 1=90°,∴旋转角α=90°,故答案为:90.【名师点睛】本题考查了旋转的性质,确定旋转的中心是本题的关键.15.(2019▪广西池河)如图,在平面直角坐标系中,A (2,0),B (0,1),AC 由AB 绕点A 顺时针旋转90°而得,则AC 所在直线的解析式是__________.【答案】y =2x ﹣4【解析】∵A (2,0),B (0,1),∴OA =2,OB =1,过点C 作CD ⊥x 轴于点D ,12则易知△ACD ≌△BAO (AAS ),∴AD =OB =1,CD =OA =2,∴C (3,2),设直线AC 的解析式为y =kx +b ,将点A ,点C 坐标代入得,∴, ∴直线AC 的解析式为y =2x ﹣4.故答案为:y =2x ﹣4.16.(2019•湖北十堰)如图,AB 为半圆的直径,且AB =6,将半圆绕点A 顺时针旋转60°,点B 旋转到点C 的位置,则图中阴影部分的面积为__________.【答案】6π【解析】由图可得,图中阴影部分的面积为:=6π, 故答案为:6π.【名师点睛】本题考查扇形面积的计算、旋转的性质,解答本题的关键是明确题意,利用数形结合的思想解答.17.(2019•郴州)已知某几何体的三视图如图,其中主视图和左视图都是腰长为5,底边长为4的等腰三角形,则该几何体的侧面展开图的面积是.(结果保留π)0223k b k b =+⎧⎨=+⎩24k b =⎧⎨=-⎩222606(62)(62)36022⨯π⨯π⨯÷π⨯÷+-13【解答】解:由三视图可知,该几何体是圆锥,∴侧面展开图的面积=π•2•5=10π,故答案为10π.18.(2019•聊城)如图是一个圆锥的主视图,根据图中标出的数据(单位:cm ),计算这个圆锥侧面展开图圆心角的度数为 .【解答】解:∵圆锥的底面半径为1,∴圆锥的底面周长为2π,∵圆锥的高是2√2,∴圆锥的母线长为3,设扇形的圆心角为n °,14∴nπ×3180=2π,解得n =120.即圆锥的侧面展开图中扇形的圆心角为120°.故答案为:120°.19.(2019•济南)如图,在矩形纸片ABCD 中,将AB 沿BM 翻折,使点A 落在BC 上的点N 处,BM 为折痕,连接MN ;再将CD 沿CE 翻折,使点D 恰好落在MN 上的点F 处,CE 为折痕,连接EF 并延长交BM 于点P ,若AD =8,AB =5,则线段PE 的长等于 .【答案】.【分析】根据折叠可得ABNM 是正方形,CD =CF =5,∠D =∠CFE =90°,ED =EF ,可求出三角形FNC 的三边为3,4,5,在Rt △MEF 中,由勾股定理可以求出三边的长,通过作辅助线,可证△FNC ∽△PGF ,三边占比为3:4:5,设未知数,通过PG =HN ,列方程求出待定系数,进而求出PF 的长,然后求PE 的长.【解答】解:过点P 作PG ⊥FN ,PH ⊥BN ,垂足为G 、H ,由折叠得:ABNM 是正方形,AB =BN =NM =MA =5,CD =CF =5,∠D =∠CFE =90°,ED =EF ,∴NC =MD =8﹣5=3,在Rt △FNC 中,FN ==4,15∴MF =5﹣4=1,在Rt △MEF 中,设EF =x ,则ME =3﹣x ,由勾股定理得,12+(3﹣x )2=x 2,解得:x =,∵∠CFN +∠PFG =90°,∠PFG +∠FPG =90°,∴△FNC ∽△PGF ,∴FG :PG :PF =NC :FN :FC =3:4:5,设FG =3m ,则PG =4m ,PF =5m ,∴GN =PH =BH =4﹣3m ,HN =5﹣(4﹣3m )=1+3m =PG =4m ,解得:m =1,∴PF =5m =5,∴PE =PF +FE =5+=,故答案为:.三、解答题20.(2019 辽宁大连中考)把函数C 1:y =ax 2﹣2ax ﹣3a (a ≠0)的图象绕点P (m ,0)旋转180°,得到新函数C2的图象,我们称C2是C1关于点P的相关函数.C2的图象的对称轴与x轴交点坐标为(t,0).(1)填空:t的值为(用含m的代数式表示)(2)若a=﹣1,当≤x≤t时,函数C1的最大值为y1,最小值为y2,且y1﹣y2=1,求C2的解析式;(3)当m=0时,C2的图象与x轴相交于A,B两点(点A在点B的右侧).与y轴相交于点D.把线段AD原点O逆时针旋转90°,得到它的对应线段A′D′,若线A′D′与C2的图象有公共点,结合函数图象,求a 的取值范围.【分析】(1)C1:y=ax2﹣2ax﹣3a=a(x﹣1)2﹣4a,顶点(1,﹣4a)围绕点P(m,0)旋转180°的对称点为(2m﹣1,4a),即可求解;(2)分t<1、1≤t、t三种情况,分别求解;(3)分a>0、a<0两种情况,分别求解.【解答】解:(1)C1:y=ax2﹣2ax﹣3a=a(x﹣1)2﹣4a,顶点(1,﹣4a)围绕点P(m,0)旋转180°的对称点为(2m﹣1,4a),C2:y=﹣a(x﹣2m+1)2+4a,函数的对称轴为:x=2m﹣1,t=2m﹣1,故答案为:2m﹣1;(2)a=﹣1时,C1:y=(x﹣1)2﹣4,①当t<1时,x=时,有最小值y2=,x=t时,有最大值y1=﹣(t ﹣1)2+4,1617 则y 1﹣y 2=﹣(t ﹣1)2+4﹣=1,无解;②1≤t 时,x =1时,有最大值y 1=4,x =时,有最小值y 2=﹣(t ﹣1)2+4,y 1﹣y 2=≠1(舍去);③当t 时,x =1时,有最大值y 1=4,x =t 时,有最小值y 2=﹣(t ﹣1)2+4,y 1﹣y 2=(t ﹣1)2=1,解得:t =0或2(舍去0),故C 2:y =(x ﹣2)2﹣4=x 2﹣4x ;(3)m =0,C 2:y =﹣a (x +1)2+4a ,点A 、B 、D 、A ′、D ′的坐标分别为(1,0)、(﹣3,0)、(0,3a )、(0,1)、(﹣3a ,0),当a >0时,a 越大,则OD 越大,则点D ′越靠左,当C 2过点A ′时,y =﹣a (0+1)2+4a =1,解得:a =,当C2过点D′时,同理可得:a=1,故:0<a或a≥1;当a<0时,当C2过点D′时,﹣3a=1,解得:a=﹣,故:a≤﹣;综上,故:0<a或a≥1或a≤﹣.21.(2019山西中考)综合与实践动手操作:第一步:如图1,正方形纸片ABCD沿对角线AC所在的直线折叠,展开铺平.在沿过点C的直线折叠,使点B,点D都落在对角线AC上.此时,点B与点D重合,记为点N,且点E,点N,点F三点在同一条直线上,折痕分别为CE,CF.如图2.第二步:再沿AC所在的直线折叠,△ACE与△ACF重合,得到图3.第三步:在图3的基础上继续折叠,使点C与点F重合,如图4,展开铺平,连接EF,FG,GM,ME.如图5,图中的虚线为折痕.问题解决:(1)在图5中,∠BEC 的度数是,的值是.(2)在图5中,请判断四边形EMGF的形状,并说明理由;(3)在不增加字母的条件下,请你以图中5中的字母表示的点为顶点,动手画出一个菱形(正方形除外),并写出这个菱形:.1819【分析】(1)由折叠的性质得BE =EN ,AE =AF ,∠CEB =∠CEN ,∠BAC =∠CAD ,由正方形性质得∠EAF =90°,推出∠AEF =∠AFE =45°,得出∠BEN =135°,∠BEC =67.5°,证得△AEN 是等腰直角三角形,得出AE =EN ,即可得出结果;(2)由正方形性质得∠B =∠BCD =∠D =90°,由折叠的性质得∠BCE =∠ECA =∠ACF =∠FCD ,CM =CG ,∠BEC =∠NEC =∠NFC =∠DFC ,得出∠BCE =∠ECA =∠ACF =∠FCD =22.5°,∠BEC =∠NEC =∠NFC =∠DFC =67.5°,由折叠可知MH 、GH 分别垂直平分EC 、FC ,得出MC =ME =CG =GF ,推出∠MEC =∠BCE =22.5°,∠GFC =∠FCD =22.5°,∠MEF =90°,∠GFE =90°,推出∠CMG =45°,∠BME =45°,得出∠EMG =90°,即可得出结论;(3)连接EH 、FH ,由折叠可知MH 、GH 分别垂直平分EC 、FC ,同时EC 、FC 也分别垂直平分MH 、GH ,则四边形EMCH 与四边形FGCH 是菱形.【解答】解:(1)由折叠的性质得:BE =EN ,AE =AF ,∠CEB =∠CEN ,∠BAC =∠CAD ,∵四边形ABCD 是正方形,∴∠EAF =90°,∴∠AEF =∠AFE =45°,∴∠BEN =135°,∴∠BEC =67.5°,∴∠BAC =∠CAD =45°,∵∠AEF =45°,∴△AEN 是等腰直角三角形,∴AE=EN,∴==;故答案为:67.5°,;(2)四边形EMGF是矩形;理由如下:∵四边形ABCD是正方形,∴∠B=∠BCD=∠D=90°,由折叠的性质得:∠BCE=∠ECA=∠ACF=∠FCD,CM=CG,∠BEC=∠NEC=∠NFC=∠DFC,∴∠BCE=∠ECA=∠ACF=∠FCD==22.5°,∠BEC=∠NEC=∠NFC=∠DFC=67.5°,由折叠可知:MH、GH分别垂直平分EC、FC,∴MC=ME=CG=GF,∴∠MEC=∠BCE=22.5°,∠GFC=∠FCD=22.5°,∴∠MEF=90°,∠GFE=90°,∵∠MCG=90°,CM=CG,∴∠CMG=45°,∵∠BME=∠BCE+∠MEC=22.5°+22.5°=45°,∴∠EMG=180°﹣∠CMG﹣∠BME=90°,∴四边形EMGF是矩形;(3)连接EH、FH,如图所示:∵由折叠可知:MH、GH分别垂直平分EC、FC,同时EC、FC也分别垂直平分MH、GH,∴四边形EMCH 与四边形FGCH 是菱形,2021 故答案为:菱形EMCH 或菱形FGCH .22.(2019•济南)如图1,抛物线C :y =ax 2+bx 经过点A (﹣4,0)、B (﹣1,3)两点,G 是其顶点,将抛物线C 绕点O 旋转180°,得到新的抛物线C ′.(1)求抛物线C 的函数解析式及顶点G 的坐标;(2)如图2,直线l :y =kx ﹣经过点A ,D 是抛物线C 上的一点,设D 点的横坐标为m (m <﹣2),连接DO 并延长,交抛物线C ′于点E ,交直线l 于点M ,若DE =2EM ,求m 的值;(3)如图3,在(2)的条件下,连接AG 、AB ,在直线DE 下方的抛物线C 上是否存在点P ,使得∠DEP =∠GAB ?若存在,求出点P 的横坐标;若不存在,请说明理由.【分析】(1)运用待定系数法将A (﹣4,0)、B (﹣1,3)代入y =ax 2+bx 中,即可求得a 和b 的值和抛物线C 解析式,再利用配方法将抛物线C 解析式化为顶点式即可求得顶点G 的坐标;(2)根据抛物线C 绕点O 旋转180°,可求得新抛物线C ′的解析式,再将A (﹣4,0)代入y =kx ﹣中,即可求得直线l 解析式,根据对称性可得点E 坐标,过点D 作DH ∥y 轴交直线l 于H ,过E 作EK ∥y 轴交直线l 于K ,由DE =2EM ,即可得=,再证明△MEK ∽△MDH,即可得DH=3EK ,建立方程求解即可;(3)连接BG,易证△ABG是Rt△,∠ABG=90°,可得tan∠DEP=tan∠GAB=,在x轴下方过点O作OH⊥OE,在OH上截取OH=OE=,过点E作ET⊥y轴于T,连接EH交抛物线C于点P,点P即为所求的点;通过建立方程组求解即可.【解答】解:(1)将A(﹣4,0)、B(﹣1,3)代入y=ax2+bx中,得解得∴抛物线C解析式为:y=﹣x2﹣4x,配方,得:y=﹣x2﹣4x=﹣(x+2)2+4,∴顶点为:G(﹣2,4);(2)∵抛物线C绕点O旋转180°,得到新的抛物线C′.∴新抛物线C′的顶点为:G′(2,﹣4),二次项系数为:a′=1∴新抛物线C′的解析式为:y=(x﹣2)2﹣4=x2﹣4x将A(﹣4,0)代入y=kx﹣中,得0=﹣4k﹣,解得k=,∴直线l解析式为y=x﹣,∵D(m,﹣m2﹣4m),∴直线DO的解析式为y=﹣(m+4)x,由抛物线C与抛物线C′关于原点对称,可得点D、E关于原点对称,∴E(﹣m,m2+4m)如图2,过点D作DH∥y轴交直线l于H,过E作EK∥y轴交直线l于K,则H(m,m﹣),K(﹣m,m﹣),∴DH=﹣m2﹣4m﹣(m﹣)=﹣m2m+,EK=m2+4m﹣(m﹣)=m 2+m +,22∵DE=2EM∴=,∵DH∥y轴,EK∥y轴∴DH∥EK∴△MEK∽△MDH∴==,即DH=3EK∴﹣m2m+=3(m2+m+)解得:m1=﹣3,m2=,∵m<﹣2∴m的值为:﹣3;(3)由(2)知:m=﹣3,∴D(﹣3,3),E(3,﹣3),OE=3,如图3,连接BG,在△ABG中,∵AB2=(﹣1+4)2+(3﹣0)2=18,BG2=2,AG2=20∴AB2+BG2=AG2∴△ABG是Rt△,∠ABG=90°,∴tan∠GAB===,∵∠DEP=∠GAB∴tan∠DEP =tan∠GAB =,23在x轴下方过点O作OH⊥OE,在OH上截取OH=OE=,过点E作ET⊥y轴于T,连接EH交抛物线C于点P,点P即为所求的点;∵E(3,﹣3),∴∠EOT=45°∵∠EOH=90°∴∠HOT=45°∴H(﹣1,﹣1),设直线EH解析式为y=px+q,则,解得∴直线EH解析式为y=﹣x,解方程组,得,,∴点P的横坐标为:或.2425。

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